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江西省九江市2023届高三数学(文)下学期第二次高考模拟试卷(Word版附解析)
江西省九江市2023届高三数学(文)下学期第二次高考模拟试卷(Word版附解析)
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九江市2023年第二次高考模拟统一考试数学(文科)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.全卷满分150分,考试时间120分钟.考生注意:1.答题前,考生务必将自己的准考证号、姓名等内容填写在答题卡上.2.第Ⅰ卷每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号,第Ⅱ卷用黑色签字笔在答题卡上书写作答,在试题卷上作答,答案无效.3.考试结束,监考员将试题卷、答题卡一并收回.第Ⅰ卷(选择题60分)一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知复数z满足,则()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意,由复数的运算即可得到,从而得到结果.【详解】因为,则,即,所以.故选:C2.已知集合,,则() A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据对数的性质,结合集合交集和补集的定义进行求解即可.【详解】由,或,因为,所以,所以,故选:A3.已知实数x,y满足条件,则的最大值为()A.B.1C.2D.3【答案】D【解析】【分析】根据题意,作出可行域,结合图像可知,当经过点时,最大,即可得到结果.【详解】由约束条件可得可行域的区域,因为,可转化为,平移直线,结合图像可得,当直线过点时,取得最大值,且,解得,即点,所以.故选:D 4.已知命题:,,若p为假命题,则实数a的取值范围为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】首先由为假命题,得出为真命题,即,恒成立,由,即可求出实数a的取值范围.【详解】因为命题:,,所以:,,又因为为假命题,所以为真命题,即,恒成立,所以,即,解得,故选:D.5.正方体中,M是的中点,则直线DM与的位置关系是()A.异面垂直B.相交垂直C.异面不垂直D.相交不垂直【答案】B【解析】【分析】如图,通过证明,可得DM与共面相交,后利用三角形相似可得DM与的位置关系.【详解】如图,因,且,则四边形为平行四边形,故.又,则DM与共面相交.设DM与相交于E.又设正方体棱长为2,则,. 注意到,则,则可得.因,则,即DM与的位置关系是相交垂直.故选:B6.执行下边的程序框图,如果输入的是,,输出的结果为,则判断框中“”应填入的是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用程序框图的循环结构,不断循环直到满足为止. 【详解】根据程序框图,输入,,则,满足循环条件,,,满足循环条件,,……,,不满足循环条件,输出结果.故A,B,D错误.故选:C.7.已知双曲线的左右焦点分别为,M是双曲线C左支上一点,且,点关于点M对称的点在y轴上,则C的离心率为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意可知为等边三角形,即可得到,,再根据双曲线的定义,即可求出离心率.【详解】解:设点关于点M对称的点为F,可知,又,所以为等腰三角形,则,又因为,所以,则,为等边三角形,因为,所以,,由双曲线的定义可知,,即, 所以,故选:A.8.已知数列的通项为,则其前8项和为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】运用裂项相消法进行求解即可.【详解】,所以前8项和为,故选:D9.定义在上的奇函数在上单调递增,且,则关于x的不等式的解集为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】首先由为上的奇函数,在上单调递增和得出,在上单调递增,且,,画出大致图像,分类讨论的取值,即得出不等式的解集.【详解】因为函数是定义在上的奇函数,且在上单调递增,所以在上单调递增,且,,可画出其大致图像,如图所示, 因为,所以当时,,解得,当时,,解得,当时,显然不合题意,所以不等式的解集为,故选:A.10.已知函数,则下列结论正确的是()A.周期为π,在上单调递减B.周期为,在上单调递减C.周期为π,在上单调递增D.周期为,在上单调递增【答案】B【解析】【分析】根据正弦型函数的正负性、单调性,结合两角和差的正弦公式进行求解即可.【详解】当时,即,, 显然该函数此时在上单调递减,当时,即,,因此函数的周期为,在上单调递减,故选:B11.青花瓷又称白地青花瓷,常简称青花,中华陶瓷烧制工艺的珍品,是中国瓷器的主流品种之一,属釉下彩瓷.如图为青花瓷大盘,盘子的边缘有一定的宽度且与桌面水平,可以近似看成由大小两个椭圆围成.经测量发现两椭圆的长轴长之比与短轴长之比相等.现不慎掉落一根质地均匀的长筷子在盘面上,恰巧与小椭圆相切,设切点为,盘子的中心为,筷子与大椭圆的两交点为、,点关于的对称点为.给出下列四个命题:①两椭圆的焦距长相等;②两椭圆的离心率相等;③;④与小椭圆相切.其中正确的个数是()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设大、小椭圆的长轴长之比与短轴长之比均为,设点、、,建立平面直角坐标系,利用椭圆的几何性质可判断①②;利用直线与椭圆的位置关系,结合韦达定理可判断③的正误;取以及,可判断④的正误. 【详解】设大、小椭圆的长轴长之比与短轴长之比均为,设点、、,以椭圆的中心为坐标原点,椭圆的长轴、短轴所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系,设小椭圆的方程为,则大椭圆的方程为,对于①,大椭圆的焦距长为,两椭圆的焦距不相等,①错;对于②,大椭圆的离心率为,则两椭圆的离心率相等,②对;对于③,当直线与坐标轴垂直时,则点、关于坐标轴对称,此时点为线段的中点,合乎题意,当直线的斜率存在且不为零时,设直线的方程为,联立可得,,可得,此时,,联立可得,由韦达定理可得,即点为线段的中点, 综上所述,,③对;对于④,当点的坐标为时,将代入可得,不妨取点、,则,若,则直线的方程为,此时直线与椭圆不相切,④错.故选:B.【点睛】方法点睛:解决中点弦的问题的两种方法:(1)韦达定理法:联立直线与曲线的方程,消去一个未知数,利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决;(2)点差法:设出交点坐标,利用交点曲线上,坐标满足方程,将交点坐标代入曲线方程,然后作差,构造出中点坐标和斜率关系求解.12.设,,,则a,b,c的大小关系为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】分别构造函数和,利用导数讨论其单调性可得.【详解】将用变量x替代,则,,,其中,令,则,令,则,易知在上单调递减,且,,∴,使得,当时,,单调递增;当时,,单调递减.又,,∴,∴在上单调递增, ∴,即,∴,记,,则,在上单调递增,又,所以,所以,所以综上,.故选:B.第Ⅱ卷(非选择题90分)考生注意:本卷包括必考题和选考题两部分.第13-21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22-23题为选考题,学生根据要求作答.二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知向量,满足,且,则______.【答案】【解析】【分析】根据题意,由向量垂直可得其数量积为,列出方程,即可得到结果.【详解】因为,且,则,即.故答案为:14.从边长为的正六边形的各个顶点中,任取两个顶点连成线段,则该线段长度为的概率为______.【答案】##【解析】【分析】列举出所有的线段,并列举出长度为的线段,利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】如下图所示,在边长为的正六边形中, 任取两个顶点连成线段,所有的线段有:、、、、、、、、、、、、、、,共条,其中长度为的线段有:、、,共条,故所求概率为.故答案为:.15.函数的所有零点之和为______.【答案】6【解析】【分析】令,两个解即为零点,将零点问题转换成,两个函数的交点问题,作图即可求出零点,且和的函数图象关于对称,零点也关于,即可求出所有零点之和.【详解】解:令,得,解得或,即为零点,令,,可知的周期,对称轴,且的对称轴,做出和的图象如图所示: 显然,在和上各存在一个零点,在处的切线为x轴,在上存在零点,同理在上存在零点,所以在上存在6个零点,因为和的函数图象关于对称,则零点关于对称,所以的所有零点之和为.故答案为:6.16.根据祖暅原理,界于两个平行平面之间的两个几何体,被任一平行于这两个平面的平面所截,如果两个截面的面积相等,则这两个几何体的体积相等.如图1所示,一个容器是半径为R的半球,另一个容器是底面半径和高均为R的圆柱内嵌一个底面半径和高均为R的圆锥,这两个容器的容积相等.若将这两容器置于同一平面,注入等体积的水,则其水面高度也相同.如图2,一个圆柱形容器的底面半径为,高为,里面注入高为的水,将一个半径为的实心球缓慢放入容器内,当球沉到容器底端时,水面的高度为______.(注:)【答案】【解析】 分析】根据祖暅原理,建立体积等量关系,代入体积运算公式求解即可.【详解】设铁球沉到容器底端时,水面的高度为h,由图2知,容器内水的体积加上球在水面下的部分体积等于圆柱的体积,由图1知相应圆台的体积加上球在水面下的部分体积也等于圆柱的体积,故容器内水的体积等于相应圆台的体积,因为容器内水的体积为,相应圆台的体积为,所以,解得,故答案为:三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.)17.九江市正在创建第七届全国文明城市,某中学为了增强学生对九江创文了解和重视,组织全校高三学生进行了“创文知多少”知识竞赛(满分100),现从中随机抽取了文科生、理科生各100名同学,统计他们的知识竞赛成绩分布如下:文科生116234416理科生92427328合计1040507624(1)在得分小于80分的学生样本中,按文理科类分层抽样抽取5名学生.①求抽取的5名学生中文科生、理科生各多少人;②从这5名学生中随机抽取2名学生,求抽取的2名学生中至少有一名文科生的概率.(2)如果得分大于等于80分可获“创文竞赛优秀奖”,能否有99.9%的把握认为获“创文竞赛优秀奖”与文理科类有关?参考数据: 0.100.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828,其中.【答案】(1)①文科生2人,理科生3人;②(2)没有99.9%的把握认为获"创文竞赛优秀奖"与文理科类有关.【解析】【分析】(1)求出抽取的5人中文科生2人,理科生3人,再利用列举法求出概率作答.(2)先列联表,求出的观测值,再与临界值表比对作答.【小问1详解】①得分小于80分的学生中,文科生与理科生人数分别为:40和60,比例为,所以抽取的5人中,文科生2人,理科生3人.②这5名学生有2人是文科生,记这两人为,3人是理科生,记这三人为,随机抽取两名同学2人包含的基本事件有:,共10个,其中至少有一名文科生情况有7种:因此抽取的2名学生至少有一名文科生的概率为.【小问2详解】由题中数据可得如下联表:创文竞赛优秀奖未获优秀奖合计文科生6040100理科生4060100合计100100200 则的观测值:,所以没有99.9%的把握认为获"创文竞赛优秀奖"与文理科类有关.18.在锐角中,角A,B,C所对的边为a,b,c,已知,.(1)求c;(2)求的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)由得出,再利用正弦定理,两角和的正弦公式及诱导公式,将转化为,即可求出答案;(2)利用正弦定理,将转化为,再根据三角形内角和得出,代入,根据两角差的正弦公式及辅助角公式得出,再由为锐角三角形得出角的范围,即可的取值范围.【小问1详解】解:,,即,,又,,, ,,,即,,解得.【小问2详解】解:由正弦定理得,,,,,,,则,为锐角三角形,,, ,,即.19.如图,在三棱柱中,平面,,,,D为棱的中点.(1)求证:平面;(2)若E为棱BC的中点,求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)由题意可得为等边三角形,为等腰三角形,进而证明,利用线面垂直的性质可得,再利用线面垂直的判定即可证明平面;(2)由(1)为直角三角形,求出其面积,连接,以A为原点,的正方向为x,y,z轴建立空间直角坐标系,求出和平面的一个方向量,利用点到平面的距离公式即可求出高,在根据锥体的体积公式即可求解.【小问1详解】 证明:已知,,,则,,又D为棱的中点,则,所以为等边三角形,为等腰三角形,则,,所以,即,因为平面,平面,所以,即,而,平面,所以平面.【小问2详解】由(1)可知,,由平面,平面,所以,则为直角三角形,由平面,平面,所以,所以,因为,所以在中,,则在中,,所以,连接,已知,,,由余弦定理,满足,所以,即,而平面,所以两两垂直,以A为原点,的正方向为x,y,z轴建立空间直角坐标系, 则,,,,所以,,,设为平面的一个法向量,则,即,令,则,所以点E到平面的距离,则三棱锥的体积.20.已知P是抛物线上一动点,是圆上一点,的最小值为.(1)求抛物线E的方程;(2)是圆M内一点,直线l过点N且与直线MN垂直,l与抛物线C相交于两点,与圆M相交于两点,且,当取最小值时,求直线的方程.【答案】(1)(2)【解析】 【分析】(1)取,则,利用二次函数的性质求最值即可得到,进而求出抛物线方程;(2)根据题意求出圆M的方程,即可得到直线MN的斜率,利用垂直关系求出直线l的斜率,得到直线l的方程,联立抛物线可得,由韦达定理可知,根据圆的性质可知,将转化为,求得,利用均值不等式可知时取最小值,进而求出b,即可得到直线方程.【小问1详解】解:取,则,∵的最小值为,故的最小值为8,令,则的最小值为8,∵开口向上,对称轴,且,则有:若,即时,当时,取到最小值9,不合题意;若,即时,当时,取到最小值,解得或(舍去); 综上所述:,所以抛物线E的方程.【小问2详解】已知是圆上一点,所以,解得,所以圆,圆心,半径,因为是圆M内一点,当直线MN的斜率不存在时,直线l垂直于y轴,不可能有,所以直线MN的斜率存在且不为0,,所以直线l的斜率,设直线l的方程为,联立抛物线方程,可得,则,设,,,,已知,则,所以①,由于,所以,当取最小值时,即(当且仅当,即时等式成立), 此时,所以,故直线l的方程为,整理得.【点睛】方法点睛:圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法:(1)几何法,若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义,则考虑利用几何法来解决;(2)代数法,若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系,则可首先建立目标函数,再求这个函数的最值或范围.21.已知函数,.(1)当时,证明:;(2)当时,判断零点的个数并说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)2个零点,理由见解析【解析】分析】(1)当时,,设,,,由说明,则,由,得出,即可证明结论;(2)当时,,设,,由确定的增减区间,画出和的简图,分区间讨论和交点情况,即可得出的零点个数.【小问1详解】当时,,设,,,则,令,解得,所以当时,,即在上单调递减,当时,,即在上单调递增, 所以,因为,所以,又因为,,即,所以,即,所以.【小问2详解】当时,,令,得,即,设,,则,令,解得,当时,,则在上单调递减,当时,,则在上单调递增,所以,在同一直角坐标系中,画出和的简图,如图所示,当,单调递减,单调递增,且,,则与在有一个交点; 当,单调递增,单调递增,且,则与在没有交点;当,单调递增,单调递减,且,,则与在有一个交点;因为,且在上单调递增,,所以当时,,即与在无交点;因为,且在上单调递减,,所以当时,,即与在无交点;综上所述,与共有2个交点,即有2个零点.请考生在第22-23题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.选修4-4:坐标系与参数方程22.在直角坐标系xOy中,已知直线l的方程为,曲线C的参数方程为(α为参数).以O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求直线l的极坐标方程和曲线C的普通方程;(2)设直线与曲线C相交于点A,B,与直线l相交于点C,求最大值.【答案】(1)直线l的极坐标方程:,曲线C的普通方程: (2)【解析】【分析】(1)利用公式、以及消参的方法求解.(2)利用方程联立、两点间的距离公式、换元法以及函数进行计算求解.【小问1详解】因为直线l的方程为,,所以直线l的极坐标方程:,曲线C的参数方程为,所以,消去参数有:,所以曲线C的普通方程:.【小问2详解】因为直线与曲线C相交于点A,B,由(1)有:曲线C,由,得,解得,,所以,,解得,所以,又直线与与直线l相交于点C,由得,,,,所以,所以,令由有:,所以, 因为,所以,所以,所以,所以的最大值为选修4—5:不等式选讲23.已知函数.(1)若的最小值为1,求a的值;(2)若恒成立,求a的取值范围.【答案】(1)或(2)【解析】【分析】(1)根据结合取等条件即可得解;(2)把恒成立,转化为恒成立,分情况讨论去绝对值符号,从而可得出答案.【小问1详解】因为,当且仅当时取等号,,当且仅当时取等号,所以,解得或,故a的值为或;【小问2详解】令,由题意知恒成立,当且时,,要使得恒成立,则可得 当时,因为恒成立,则,由图像可知所以,所以综上可知,实数a的取值范围为.
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高考 - 模拟考试
发布时间:2023-04-27 20:05:02
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文章作者:随遇而安
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